2024版新教材高考数学一轮复习第1章预备知识第5节一元二次不等式及其解法学案含解析新人教B版202305182137

2024版新教材高考数学一轮复习第1章预备知识第5节一元二次不等式及其解法学案含解析新人教B版202305182137第5节一元二次不等式及其解法一、教材概念·结论·性质重现1．一元二次不等式一般地，形如ax2＋bx＋c>0的不等式称为一元二次不等式，其中a，b，c是常数，而且a≠0.一元二次不等式中的不等号也可以是“<”“≥”“≤”等．2．三个“二次”间的关系判别式Δ＝b2－4acΔ＞0Δ＝0Δ＜0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图像一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a＞0)的根有两个不相等的实数根x1，x2(x1＜x2)有两个相等的实数根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)没有实数根ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集{x|x＞x2或x＜x1}eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(b,2a)))))Rax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集{x|x1＜x＜x2}∅∅3．(x－a)(x－b)>0或(x－a)(x－b)<0型不等式的解集不等式解集a<ba＝ba>b(x－a)·(x－b)>0{x|x<a或x>b}{x|x≠a}{x|x<b或x>a}(x－a)·(x－b)<0{x|a<x<b}∅{x|b<x<a}(1)解不等式ax2＋bx＋c>0(<0)时不要忘记a＝0时的情形．(2)不等式ax2＋bx＋c>0(<0)恒成立的条件要结合其对应的函数图像决定．①不等式ax2＋bx＋c>0对任意实数x恒成立⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝b＝0，,c>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0.))②不等式ax2＋bx＋c<0对任意实数x恒成立⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝b＝0，,c<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0.))二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)不等式eq\f(x－2,x＋1)≤0的解集为[－1,2]．(×)(2)若不等式ax2＋bx＋c<0的解集为(x1，x2)，则必有a>0.(√)(3)若方程ax2＋bx＋c＝0(a<0)没有实数根，则不等式ax2＋bx＋c>0的解集为R.(×)(4)不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的条件是a<0且Δ＝b2－4ac≤0.(×)2．已知集合A＝{x|x2－2x－3≥0}，B＝{x|－2≤x＜2}，则A∩B＝()A．[－2，－1] B．[－1,2)C．[－1,1] D．[1,2)A解析：A＝{x|x≤－1或x≥3}，故A∩B＝[－2，－1]．故选A.3．函数f(x)＝eq\r(3x－x2)的定义域为()A．[0,3] B．(0,3)C．(－∞，0]∪[3，＋∞) D．(－∞，0)∪(3，＋∞)A解析：要使函数f(x)＝eq\r(3x－x2)有意义，则3x－x2≥0，即x2－3x≤0，解得0≤x≤3.4．若函数y＝eq\r(mx2－1－mx＋m)的定义域为R，则实数m的取值范围是________．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))解析：由题意可知mx2－(1－m)x＋m≥0对∀x∈R恒成立，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0，,1－m2－4m2≤0，))解得m≥eq\f(1,3).5．若不等式ax2＋bx＋2>0的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)<x<\f(1,3)))，则a＋b＝________.－14解析：由题意知x1＝－eq\f(1,2)，x2＝eq\f(1,3)是方程ax2＋bx＋2＝0的两个根，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)＝－\f(1,2)＋\f(1,3)，,\f(2,a)＝－\f(1,2)×\f(1,3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－12，,b＝－2))(经检验知满足题意)．所以a＋b＝－14.考点1一元二次不等式的解法——综合性考向1不含参数的一元二次不等式的解法(1)函数y＝eq\r(7＋6x－x2)的定义域是________．[－1,7]解析：要使函数有意义，需7＋6x－x2≥0，即x2－6x－7≤0，解得－1≤x≤7.故所求函数的定义域为[－1,7]．(2)解不等式：0<x2－x－2≤4.解：原不等式等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2＞0，,x2－x－2≤4))⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2＞0，,x2－x－6≤0))⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2x＋1＞0，,x－3x＋2≤0))⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞2或x＜－1，,－2≤x≤3.))借助于数轴，如图所示，原不等式的解集为{x|－2≤x＜－1或2＜x≤3}．解一元二次不等式的一般方法和步骤考向2含参数的一元二次不等式的解法解不等式x2－(a＋1)x＋a<0.解：原不等式可化为(x－a)(x－1)<0.当a>1时，原不等式的解集为(1，a)；当a＝1时，原不等式的解集为∅；当a<1时，原不等式的解集为(a,1)．将本例中不等式改为ax2－(a＋1)x＋1<0(a>0)，求不等式的解集．解：原不等式可化为(ax－1)(x－1)<0.因为a>0，所以aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0.所以，当a>1时，解得eq\f(1,a)<x<1；当a＝1时，解集为∅；当0<a<1时，解得1<x<eq\f(1,a).综上，当0<a<1时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(1<x<\f(1,a)))))；当a＝1时，不等式的解集为∅；当a>1时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<x<1)))).解含参数一元二次不等式的分类讨论依据提醒：含参数讨论问题最后要综上所述．1．(2019·天津卷)设x∈R，使不等式3x2＋x－2<0成立的x的取值范围为________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))解析：3x2＋x－2<0变形为(x＋1)·(3x－2)<0，解得－1<x<eq\f(2,3)，故使不等式成立的x的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3))).2．(2021·江淮十校联考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，x<\f(1,2)，,\f(1,x)，x≥\f(1,2)，))则不等式x2·f(x)＋x－2≤0的解集是________．{x|－1≤x≤1}解析：原不等式等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,2)，,3x2＋x－2≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,2)，,x2·\f(1,x)＋x－2≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,2)，,－1≤x≤\f(2,3)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,2)，,x≤1，))所以－1≤x<eq\f(1,2)或eq\f(1,2)≤x≤1，即解集为{x|－1≤x≤1}．3．已知常数a∈R，解关于x的不等式12x2－ax>a2.解：因为12x2－ax>a2，所以12x2－ax－a2>0，即(4x＋a)(3x－a)>0.令(4x＋a)(3x－a)＝0，解得x1＝－eq\f(a,4)，x2＝eq\f(a,3).①当a>0时，－eq\f(a,4)<eq\f(a,3)，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<－\f(a,4)或x>\f(a,3)))))；②当a＝0时，x2>0，不等式的解集为{x|x≠0}；③当a<0时，－eq\f(a,4)>eq\f(a,3)，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(a,3)))或x>－\f(a,4))).综上所述，当a>0时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<－\f(a,4)或x>\f(a,3)))))；当a＝0时，不等式的解集为{x|x≠0}；当a<0时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<\f(a,3)或x>－\f(a,4))))).考点2一元二次方程与一元二次不等式——基础性1．(2021·济南模拟)已知不等式ax2－5x＋b>0的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,3)或x>\f(1,2)))))，则不等式bx2－5x＋a>0的解集为()A．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)<x<\f(1,2)))))B．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,3)或x>\f(1,2)))))C．{x|－3<x<2}D．{x|x<－3或x>2}C解析：由题意知a>0，且eq\f(1,2)，－eq\f(1,3)是方程ax2－5x＋b＝0的两根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)＋\f(1,2)＝\f(5,a)，,－\f(1,3)×\f(1,2)＝\f(b,a)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝30，,b＝－5，))所以不等式bx2－5x＋a＝－5x2－5x＋30>0，即x2＋x－6<0，解得－3<x<2.故选C.2．已知不等式ax2－bx－1>0的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<－\f(1,3)))，则不等式x2－bx－a≥0的解集是()A．{x|2<x<3}B．{x|x≤2或x≥3}C．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)<x<\f(1,2)))))D．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,3)或x>\f(1,2)))))B解析：因为不等式ax2－bx－1>0的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<－\f(1,3)))，所以ax2－bx－1＝0的解是x1＝－eq\f(1,2)和x2＝－eq\f(1,3)，且a<0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(1,3)＝\f(b,a)，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝－\f(1,a)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝5.))则不等式x2－bx－a≥0即为x2－5x＋6≥0，解得x≤2或x≥3.所以不等式x2－bx－a≥0的解集是{x|x≤2或x≥3}．3．若关于x的不等式ax－b<0的解集是(1，＋∞)，则关于x的不等式(ax＋b)(x－3)>0的解集是()A．(－∞，－1)∪(3，＋∞)B．(1,3)C．(－1,3)D．(－∞，1)∪(3，＋∞)C解析：由关于x的不等式ax－b<0的解集是(1，＋∞)，可知a＝b<0，所以不等式(ax＋b)(x－3)>0可化为(x＋1)(x－3)<0，解得－1<x<3.所以不等式的解集是(－1,3)1.一元二次方程的根就是相应二次函数的零点，也是相应一元二次不等式解集的端点值．2．给出一元二次不等式的解集，相当于知道了相应二次函数的开口方向及与x轴的交点，可以借助根与系数的关系求待定系数．考点3一元二次不等式的恒成立问题——应用性考向1在实数集R上的恒成立问题若不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，2]B．[－2,2]C．(－2,2]D．(－∞，－2)C解析：当a－2＝0，即a＝2时，不等式为－4<0，对一切x∈R恒成立．当a≠2时，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,Δ＝4a－22＋16a－2<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,a2<4，))解得－2<a<2.综上，实数a的取值范围是(－2,2]．一元二次不等式恒成立的条件(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的充要条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,b2－4ac<0.))(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的充要条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,b2－4ac<0.))考向2在给定区间上的恒成立问题若对任意的x∈[－1,2]，都有x2－2x＋a≤0(a为常数)，则a的取值范围是()A．(－∞，－3] B．(－∞，0]C．[1，＋∞) D．(－∞，1]A解析：(方法一)令f(x)＝x2－2x＋a.则由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝－12－2×－1＋a≤0，,f2＝22－2×2＋a≤0，))解得a≤－3.故选A.(方法二)当x∈[－1,2]时，不等式x2－2x＋a≤0恒成立等价于a≤－x2＋2x恒成立．令f(x)＝－x2＋2x(x∈[－1,2])．而f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1，当x＝－1时，f(x)min＝－3，所以a≤－3.故选A.给定区间上的恒成立问题的求解方法(1)若f(x)>0在给定集合上恒成立，可利用一元二次函数的图像转化为等价不等式(组)求范围．(2)转化为函数值域问题，即已知函数f(x)的值域为[m，n]，则f(x)≥a恒成立⇒f(x)min≥a，即m≥a；f(x)≤a恒成立⇒f(x)max≤a，即n≤a.函数f(x)＝x2＋ax＋3.(1)当x∈R时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围；(2)当x∈[－2,2]时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)当x∈R时，x2＋ax＋3－a≥0恒成立．则Δ＝a2－4(3－a)≤0，即a2＋4a－12≤0，解得－6≤a≤2.所以实数a的取值范围是[－6,2]．(2)对于任意x∈[－2,2]，f(x)≥a恒成立，即x2＋ax＋3－a≥0对任意x∈[－2,2]恒成立．令g(x)＝x2＋ax＋3－a，则有①Δ≤0或②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＞0，,－\f(a,2)＜－2，,g－2＝7－3a≥0))或③eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＞0，,－\f(a,2)＞2，,g2＝7＋a≥0.))解①得－6≤a≤2，解②得a∈∅，解③得－7≤a<－6.综上可知，实数a的取值范围为[－7,2]．第2章函数的概念与性质课程标准命题解读1.了解构成函数的要素，能求简单函数的定义域，能够选择恰当的方法表示函数，理解函数图像的作用．2．借助函数图像，理解函数的单调性、最大值、最小值、奇偶性、周期性的概念与意义．3．通过具体实例，结合具体幂函数的图像，理解幂函数的变化规律，掌握指数幂的运算性质．4．了解指数函数、对数函数的实际意义，理解指数函数、对数函数的概念，理解指数函数的单调性与特殊点．5．借助一元二次函数的图像，了解一元二次不等式与相应函数、方程的联系.考查形式：高考对本章的考查一般为1～3道小题．考查内容：主要涉及函数的图像，多为给出具体函数解析式判断函数的图像；函数的性质及函数性质的综合问题；指数函数、对数函数、幂函数的图像与性质；分段函数，既有求函数值，也有解不等式，常与指数函数、对数函数、零点相结合．备考策略：(1)熟练掌握函数的基本知识和解决函数问题的基本方法．(2)关注点——函数的定义域，抽象函数问题及函数的实际应用．(3)重视函数的创新问题——新定义问题，函数零点的交汇问题，函数图像的灵活运用问题．核心素养：数学抽象、逻辑推理、数学运算.第1节函数及其表示一、教材概念·结论·性质重现1．函数的概念一般地，给定两个非空实数集A与B，以及对应关系f，如果对于集合A中的每一个实数x，在集合B中都有唯一确定的实数y与x对应，则称f为定义在集合A上的一个函数，记作y＝f(x)，x∈A.2．函数的定义域、值域(1)在函数y＝f(x)，x∈A中，x称为自变量，y称为因变量，自变量的取值范围(即数集A)称为这个函数的定义域；所有函数值的集合{y∈B|y＝f(x)，x∈A}称为函数的值域．(2)如果两个函数表达式表示的函数定义域相同，对应关系也相同(即对自变量的每一个值，两个函数表达式得到的函数值都相等)，则称这两个函数表达式表示的就是同一个函数．3．函数的表示法表示函数的常用方法有代数法(或解析法)、列表法和图像法．4．分段函数(1)如果一个函数，在其定义域内，对于自变量的不同取值区间，有不同的对应方式，则称其为分段函数．(2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，其值域等于各段函数的值域的并集，分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数．(1)直线x＝a(a是常数)与函数y＝f(x)的图像有0个或1个交点．(2)分段函数无论分成几段，都是一个函数，求分段函数的函数值，如果自变量的范围不确定，要分类讨论．(3)判断两个函数是否为同一个函数的依据，是两个函数的定义域和对应关系完全一致．二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)函数y＝1与y＝x0是同一个函数．(×)(2)对于函数f：A→B，其值域是集合B.(×)(3)f(x)＝eq\r(x－3)＋eq\r(2－x)是一个函数．(×)(4)若两个函数的定义域与值域相同，则这两个函数是同一个函数．(×)(5)函数y＝f(x)的图像可以是一条封闭的曲线．(×)2．(2021·烟台模拟)函数f(x)＝lneq\f(x,x－1)＋x的定义域为()A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)C．(0,1) D．(0,1)∪(1，＋∞)B解析：要使函数f(x)有意义，应满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,x－1)>0，,x≥0，))解得x>1，故函数f(x)＝lneq\f(x,x－1)＋x的定义域为(1，＋∞)．3．若函数y＝f(x)的定义域为M＝{x|－2≤x≤2}，值域为N＝{y|0≤y≤2}，则函数y＝f(x)的图像可能是()B解析：A中函数的定义域不是[－2,2]，C中图像不表示函数，D中函数的值域不是[0,2]．4．已知函数f(x)＝eq\r(x－1)，若f(a)＝3，则实数a＝________.10解析：因为f(a)＝eq\r(a－1)＝3，所以a－1＝9，即a＝10.5．设f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x∈－∞，a，,x2，x∈[a，＋∞.))若f(2)＝4，则a的取值范围为________．(－∞，2]解析：因为f(2)＝4，所以2∈[a，＋∞)，所以a≤2，所以a的取值范围为(－∞，2].考点1函数的定义域——基础性1．(2020·北京卷)函数f(x)＝eq\f(1,x＋1)＋lnx的定义域是________．(0，＋∞)解析：要使函数有意义，需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≠0，,x>0，))即x>0，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．2．函数f(x)＝eq\r(4－4x)＋ln(x＋4)的定义域为________．(－4,1]解析：要使函数f(x)有意义，需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－4x≥0，,x＋4>0，))解得－4<x≤1，即函数f(x)的定义域为(－4,1]．3．若函数y＝f(x)的定义域是[0,2]，则函数g(x)＝eq\f(f2x,x－1)的定义域为________．[0,1)解析：因为y＝f(x)的定义域为[0,2]，所以，要使g(x)有意义应满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤2x≤2，,x－1≠0，))解得0≤x<1.所以g(x)的定义域是[0,1)．4．已知函数f(x－1)的定义域为[0,2022]，则函数g(x)＝eq\f(fx＋1,x－1)的定义域为________．[－2,1)∪(1,2020]解析：由函数f(x－1)的定义域为[0，2022]，得函数y＝f(x)的定义域为[－1，2021]．令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x＋1≤2021，,x≠1，))得－2≤x≤2020且x≠1.所以函数g(x)的定义域为[－2,1)∪(1,2020]．1．常见函数定义域的类型(1)分式型eq\f(1,fx)要满足f(x)≠0；(2)根式型eq\r(2n,fx)(n∈N*)要满足f(x)≥0；(3)f(x)0要满足f(x)≠0；(4)对数型logaf(x)(a>0，且a≠1)要满足f(x)>0；(5)正切型tanf(x)要满足f(x)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z.2．求抽象函数定义域的方法考点2求函数的解析式——综合性(1)已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx，求f(x)的解析式．(2)已知f(x)是二次函数，且f(0)＝0，f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，求f(x)的解析式．(3)已知函数f(x)满足f(－x)＋2f(x)＝2x，求f(x)的解析式．解：(1)(换元法)令eq\f(2,x)＋1＝t，得x＝eq\f(2,t－1).代入得f(t)＝lgeq\f(2,t－1).又x>0，所以t>1.故f(x)＝lgeq\f(2,x－1)，x∈(1，＋∞)．(2)(待定系数法)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．由f(0)＝0，知c＝0，所以f(x)＝ax2＋bx.又由f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，得a(x＋1)2＋b(x＋1)＝ax2＋bx＋x＋1，即ax2＋(2a＋b)x＋a＋b＝ax2＋(b＋1)x＋1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝b＋1，,a＋b＝1，))解得a＝b＝eq\f(1,2).所以f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x，x∈R.(3)(解方程组法)由f(－x)＋2f(x)＝2x，①得f(x)＋2f(－x)＝2－x.②①×2－②，得3f(x)＝2x＋1－2－x，即f(x)＝eq\f(2x＋1－2－x,3).故f(x)＝eq\f(2x＋1－2－x,3)，x∈R.求函数解析式的三种方法待定系数法当函数的类型已经确定时，一般用待定系数法来确定函数解析式换元法如果给定复合函数的解析式，求外函数的解析式，通常用换元法将内函数换元，然后求出外函数的解析式解方程组法如果给定两个关于f(x)的关系式，可以通过变量代换建立方程组，再通过解方程组求出函数解析式1．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋x,x)))＝eq\f(x2＋1,x2)＋eq\f(1,x)，则f(x)＝()A．(x＋1)2 B．(x－1)2C．x2－x＋1 D．x2＋x＋1C解析：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋x,x)))＝eq\f(x2＋1,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)))2－eq\f(x＋1,x)＋1.令eq\f(x＋1,x)＝t，得f(t)＝t2－t＋1，即f(x)＝x2－x＋1.2．已知f(x)是一次函数，且f(f(x))＝4x＋3，则f(x)的解析式为________．f(x)＝－2x－3或f(x)＝2x＋1解析：设f(x)＝ax＋b(a≠0)，则f(f(x))＝f(ax＋b)＝a(ax＋b)＋b＝a2x＋ab＋b＝4x＋3.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,ab＋b＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1.))故f(x)＝－2x－3或f(x)＝2x＋1.3．已知f(x)满足2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x，则f(x)＝________.2x－eq\f(1,x)(x≠0)解析：2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x，①把①中的x换成eq\f(1,x)，得2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋f(x)＝eq\f(3,x).②联立①②可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2fx＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x，,2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋fx＝\f(3,x)，))解此方程组可得f(x)＝2x－eq\f(1,x)(x≠0)．考点3分段函数——应用性考向1分段函数求值(1)设f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x2－1，x>1，,2x＋1－1，x≤1，))则f(f(1))的值为()A．2 B．3C．4 D．5B解析：因为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x2－1，x>1，,2x＋1－1，x≤1，))所以f(1)＝22－1＝3，所以f(f(1))＝f(3)＝log28＝3.故选B.(2)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋2，x≤0，,－x2，x>0.))若f(f(a))＝2，则a＝________.eq\r(2)解析：当a>0时，f(a)＝－a2<0，f(f(a))＝a4－2a2＋2＝2，得a＝eq\r(2)(a＝0与a＝－eq\r(2)舍去)；当a≤0时，f(a)＝a2＋2a＋2＝(a＋1)2＋1>0，f(f(a))＝－(a2＋2a＋2)2＝2，此方程无解．综上可知，a＝eq\r(2).求分段函数的函数值的步骤(1)确定要求值的自变量所在区间．(2)代入相应的函数解析式求值，直到求出具体值为止．[提醒]①自变量的值不确定时，必须分类讨论；②求值时注意函数奇偶性、周期性的应用；③出现f(f(a))求值形式时，应由内到外或由外向内逐层求值．考向2分段函数与方程、不等式(1)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,